看一看你数字直觉怎么样【答案】
2018/1/22 9:50:09 AnnieEasyFM
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1.A 、 B 、 C 、 D 四人玩扑克牌游戏， A 、 C 两人同盟， B 、 D 两人同盟。将除去大小王的 52 张牌随机分发给四人(每人获得 13 张牌)后，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.A 、 C 两人手中都没有梅花
B.A 、 C 两人手中囊括了所有的梅花
C.上述两种情况的出现概率相同
A 、 C 两人手中都没有梅花，等价于 B 、 D 两人手中囊括了所有的梅花，它的概率与 A 、 C 两人手中囊括所有梅花的概率相同。因此，这个问题的答案显然是 C 。
2.我给 10 个好朋友分别写了一封信，并把这 10 个人的地址分别写在了 10 个信封上。如果我随机地将这 10 封信装进 10 个信封里(每封信都装进了一个不同的信封里)，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.恰好有 9 封信装进了正确的信封
B.所有 10 封信都装进了正确的信封
C.上述两种情况的出现概率相同
你或许会以为，全都装对的可能性很低，装错一个的可能性则略高一些。然而事实上，这道题的答案是 B 。原因非常简单：恰好有 9 封信装对，这是根本不可能的——如果其中 9 封信都装对了，剩下的那一封信肯定也装对了。
实际上， 10 封信的排列方式一共有 10! = 3628800 种，其中装对的信有 0, 1, 2, 3, …, 9, 10 封的情况数分别为 1334961, 1334960, 667485, 222480, 55650, 11088, 1890, 240, 45, 0, 1 。可以看到，绝大多数时候，这个数列里的数都是不断递减的；也就是说，装对的信越多，概率就越低，这个直觉确实是准确的。唯一的例外，就是这个数列的最后两项，其背后的原因正如刚才所说。
你或许发现了一个有趣的现象：数列的第二项正好比第一项小 1 。这并不是巧合。有一个普遍的规律是，假设把 n 封信装进 n 个信封里，那么当 n 为偶数时，装对 1 封信的情况数比全都装错的情况数少 1 ，当 n 为奇数时，装对 1 封信的情况数比全都装错的情况数多 1 。我们下面就来证明这一点。
假设把 n 封信装进 n 个信封里，全都装错的情况有 Dn 种。那么，数列 D1, D2, D3, … 满足一个非常简单的递推关系： Dn = (n – 1) (Dn-1 + Dn-2) 。为什么呢？我们慢慢来分析。由于每封信都装错了，因此第 1 封信没有装进 1 号信封。无妨假设它装进了 2 号信封。那么，第 2 封信装到哪儿去了呢？如果第 2 封信正好装进了 1 号信封，那么剩下的 n – 2 封信就有 Dn-2 种可能的装法。如果第 2 封信没有装进 1 号信封呢？情况就变成了这样：第 2, 3, 4, …, n 封信装进了编号分别为 1, 3, 4, …, n 的信封里，其中第 2 封信不在 1 号信封里，第 3 封信不在 3 号信封里，第 4 封信不在 4 号信封里……总之，这 n – 1 封信中，每封信都正好有一个禁放的信封。于是，这就构成了 Dn-1 种可能的装法。当然，第 1 封信也有可能装进了 3 号信封里，也有可能装进了 4 号信封里……因此，我们就有 Dn = (n – 1) (Dn-1 + Dn-2) 。
在这个式子的左右两边同时减去 n · Dn-1 ，于是得到：
Dn – n · Dn-1 = – (Dn-1 – (n – 1) · Dn-2)
令 An = Dn – n · Dn-1 ，于是 An 满足递推关系式：
An = – An-1
可以验证：
A2 = D2 – 2 · D1 = 1 – 0 = 1
于是有：
An = (-1)n
即 Dn – n · Dn-1 = (-1)n 。而 n · Dn-1 正好表示把 n 封信装进 n 个信封里恰好装对 1 封信的情况数。
3.桌子上有 A 、 B 两个不透明的盒子，盒子 A 里有 m 个白色小球和 1 个黑色小球，盒子 B 里有 n 个白色小球和 1 个黑色小球。你需要先从盒子 A 里随机取出一个小球，再从盒子 B 里随机取出一个小球。如果两个小球都是黑色的，那么你就获胜了。下面哪种情况下，你获胜的概率更大一些？
A.m = 5，n = 5
B.m = 4，n = 6
C.上述两种情况的获胜概率相同
你或许会以为，反正都是 10 个白色小球，怎么放应该没关系吧。而事实上，在 A 、 B 两种情况下，获胜的概率还真的不一样。在情况 A 中，你获胜的概率为 (1/6) × (1/6) = 1/36 ；在情况 B 中，你获胜的概率为 (1/5) × (1/7) = 1/35 。因此，这个题目的答案是 B 。
如果我们把规则改为，先随机选择其中一个盒子，再从这个盒子中随机取出一个小球，取到黑色小球即获胜，那么情况 B 的获胜概率仍然会更大一些。在情况 A 中，你获胜的概率为 (1/2) × (1/6) + (1/2) × (1/6) = 1/6 ；在情况 B 中，你获胜的概率为 (1/2) × (1/5) + (1/2) × (1/7) = 6/35 。
如果你可以自己安排每个小球的位置(但黑白小球的总数不变)，那么不管是在原游戏中还是在改版后的游戏中，为了让自己的胜率达到最大，你都应该在其中一个盒子里只放 1 个黑球，在另一个盒子里放入剩下的 1 个黑球和 10 个白球。这样的话，在原游戏中，你获胜的概率将达到 1 × (1/11) = 1/11 ；在改版后的游戏中，你获胜的概率将达到 (1/2) × 1 + (1/2) × (1/11) = 6/11 。
4.不透明的盒子里有 10 个白球和 1 个黑球，你的目标是从中取出黑球。每次，你可以从中随机取出一个小球，并观察它的颜色：如果是黑球，则达到目标，结束操作；如果是白球，则将小球放回盒子里，然后继续像这样随机取球，直到取出了黑球为止。下面哪种情况的可能性更大一些？
A.第 1 次就取到了黑球
B.到第 4 次才取到黑球
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案显然应该是 A 。若每次取出黑球的概率为 p ，则第 1 次就取到黑球的概率为 p ，到第 4 次才取到黑球的概率为 (1 – p) · (1 – p) · (1 – p) · p ，后者永远比前者更低。如果我们把第 n 次才取到黑球的概率记为 Pn ，那么就有：
Pn = (1 – p)n-1 · p
然而，把 P1, P2, P3, … 全部累加起来的结果应该为 1 ，于是我们用概率论的方法得到公式：
(1 + (1 – p) + (1 – p)2 + (1 – p)3 + …) · p = 1
即：
1 + (1 – p) + (1 – p)2 + (1 – p)3 + … = 1 / p
令 x = 1 – p ，得到：
1 + x + x2 + x3 + … = 1 / (1 – x)
这正是无穷等比级数的求和公式。由于实数 p 必须在 0 到 1 之间，而 x = 1 – p ，因此上式中的 x 也必须在 0 到 1 之间。
5.不透明的盒子里有 10 个白球和 1 个黑球。 A 、 B 两人轮流从盒子里取球，每个人每次只能随机从中取出一个小球(取出的小球不再放回)。谁先取到那个黑球，谁就获得游戏的胜利。如果 A 先取，那么理论上，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.A 获得游戏的胜利
B.B 获得游戏的胜利
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案是 A 。不妨规定，即使有人取到了黑球，两人也继续往下取，直到把所有的小球都取光。整个游戏就可以等价地看作是，两人轮流取完所有的小球后，看看谁手中有那个黑球。由于 A 先取，因此最后 A 会取到 6 个小球， B 只能取到 5 个小球。所以，黑球在 A 手中的概率更大，等于 6/11 。
类似地，如果不透明的盒子里有 W 个白球和 B 个黑球，不断从里面取出小球(不再放回)，那么不管 i 是多少(0 < i ≤ W + B)，第 i 次取到的是白球的概率都是 W / (W + B) ，第 i 次取到的是黑球的概率都是 B / (W + B) 。因为，这本质上相当于把所有的小球随机地排成一排，问第 i 个小球是白色或者黑色的概率。
6.不透明的盒子里有 2 个白球和 5 个黑球。地上还有足够多的白球和黑球。每次从盒子里随机取出两个小球，放在地上。如果刚才取出的两个小球都是白球，则从地上拿一个白球放入盒子；如果刚才取出的两个小球都是黑球，则从地上拿一个白球放入盒子；如果刚才取出的两个小球是一黑一白，则从地上拿一个黑球放入盒子。不断重复，直至盒子里只剩一个小球为止。那么，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.剩下的那个小球是白球
B.剩下的那个小球是黑球
C.上述两种情况的出现概率相同
这是一个很赖皮的题目。它的答案是 B 。事实上，出现情况 A 的概率为 0 ，出现情况 B 的概率为 100% 。原因很简单。每次操作后，黑球的数量要么不变，要么减 2 ，所以黑球的奇偶性始终保持相同。初始时盒子里有奇数个黑球，今后盒子里就永远有奇数个黑球。所以，如果最后盒子里剩了 1 个小球，那它必然是黑球。
7.在一根木棒上随机选择两个点，并在这两个点处下刀，把木棒砍成三段。下面哪种情况的可能性更大一些？
A.这三段木棒能拼成一个三角形
B.这三段木棒不能拼成一个三角形
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目选 B 。我们可以证明，这三段木棒能拼成三角形的概率是 1/4 。不妨把这根木棒的长度设为 1 ，两个分割点的位置分别记作 x 、 y ，则 x 和 y 都是 0 到 1 之间的随机数。那么，所有可能的 (x, y) 组合就对应了正方形 (0, 1) × (0, 1) 内的所有点。三段木棒能拼成三角形，当且仅当 (x, y) 落在了阴影部分。由于阴影部分占了总面积的 1/4 ，因此这三段木棒能拼成三角形的概率就是 1/4 。
这个题目还有很多变种。比如，如果先把木棒随机砍成两段，再把较长的那段木棒随机砍成两段，问这三段木棒能拼成一个三角形的概率是多少。这该怎么解呢？你或许会说，为何不像刚才那样，把第一个分割点和第二个分割点的位置分别记作 x 、 y ，然后套用刚才的面积大法？这次就不行了，因为 y 的值不再能独立而均匀地分布在 0 到 1 之间。但是，我们可以令 x 为第一个分割点在整根木棒上的比例，令 y 为第二个分割点在较长的那段木棒上的比例。举个例子， (x, y) = (1/3, 1/3) 的意思就是，先把整根木棒砍成 1 : 2 两段，再把较长的那段木棒砍成 1 : 2 两段。这样一来，所有可能的 (x, y) 组合就再一次均匀地对应了正方形 (0, 1) × (0, 1) 内的所有点。最终，三段木棒能拼成三角形，当且仅当 (x, y) 落在由 x · y < 1/2, (1 – x) · y < 1/2, x · (1 – y) < 1/2, (1 – x) · (1 – y) < 1/2 组成的交集区域里。利用定积分可以求出，这部分区域的面积占整个正方形面积的 2 · ln(2) – 1 ≈ 38.63% 。这就是答案。
著名的 Buffon 投针问题，标准解法之一也用到了这种模型。在地板上画一系列间隔为 1 厘米的平行直线，然后把一根 1 厘米长的针扔到地板上，它与直线有交点的概率是多少？令 x 为这根针的中心到离它最近的那条直线的距离，令 y 为这根针与平行线的夹角。所有可能的针的位置，就可以用所有可能的 (x, y) 组合来表示，它们正好对应了矩形 (0, 1/2) × (0, π/2) 内的所有点。其中，合法的区域为 y < arccos(2x) ，它占矩形面积的 2 / π ≈ 63.66% 。这就是答案。
高中数学课本把这种解决概率问题的模型叫做“几何概型”。说到几何概型，最经典的可能要算下面这个例题。 A 、 B 两人约定好晚上 6:00 到 7:00 之间在公园门口见面。每个人都会从 6:00 到 7:00 这段时间当中随机挑选一个时间，并在这个时间到达公园门口。每个人都只愿意等待 15 分钟，也就是说，如果 15 分钟之后没有看见对方，那么就立即离开。那么，两人最终能见面的概率有多大？答案是 7/16 。
8.圆周上均匀分布着 100 个点。随便选择两个点连一条线段，再随便选择另外两个点连一条线段。那么，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.两条线段相交
B.两条线段不相交
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案是 B 。随便选择两个点，再随便选择另外两个点，本质上相当于先随便选择四个点，再决定把这四个点配成怎样的两对。对于任意四个点 A 、 B 、 C 、 D (在圆周上按此顺序排列)来说，我们都有三种不同的配对方案：① A – B, C – D ② A – C, B – D ③ A – D, B – C 。其中，只有方案 ② 对应的两条连线才会相交。因此，两条线段相交的概率是 1/3 。
9.不透明的盒子里有 1000 张纸条，上面分别写有 1, 2, 3, …, 1000。 A 从盒子里随机取出 100 张纸条，并把这 100 张纸条上的数从小到大排成一排。然后， B 从盒子里剩下的纸条中随机取出 1 张纸条，并看看这张纸条上的数在 A 那里排第几位。例如，如果 A 手中的数有 50 个比 B 取出的大，另外 50 个比 B 取出的小，那么 B 手中的数就排第 51 位。那么，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.B 手中的数排第 1 位
B.B 手中的数排第 51 位
C.上述两种情况的出现概率相同
很多人的直觉都是，排第 1 可能性不大，排中间可能性更大。而实际上，考虑所有 101 个数的 101! 种排列方案，或者从 1000 个数里选 101 个数所产生的 P(1000, 101) 种排列方案， B 选的那个数将会等可能地出现在各个位置。因此，这个题目的答案是 C 。
如果你还想不明白的话，你干脆直接想成是， A 抽了 100 个数，然后再帮 B 抽了一个数，问帮 B 抽的这个数更有可能排第几。如果你还想不明白的话，你干脆直接想成是， A 抽了 101 个数，问最后抽出的这个数更有可能排第几。如果你还想不明白的话，你干脆直接想成是， A 选了 101 个数往空中一撒，问最后一个落地的数更有可能是排第几的数。
10.把一副洗好的牌(共 52 张)背面朝上地摞成一摞，然后依次翻开每一张牌，直到翻出第一张 A 。那么，下面哪种情况的可能性更大一些？
A.翻开第 3 张牌时出现了第一张 A
B.翻开第 4 张牌时出现了第一张 A
C.上述两种情况的出现概率相同
这个题目的答案是 A 。这个答案并不出人意料。你不妨考虑一个非常极端的情况：假设一副牌里只有三张牌，其中两张是 A ，另外一张是 2 。那么，洗好牌后，三张牌的顺序有 AA2, A2A, 2AA 三种(如果把两张 A 看作是两张不同的 A ，那么三张牌的顺序有 A1A22, A2A12, A12A2, A22A1, 2A1A2, 2A2A1 六种)。翻到第 1, 2, 3 张牌时出现第一张 A 的概率分别是 2/3, 1/3, 0 。
至于原题为什么选 A ，我们给出一个这样的解释。洗好牌后，从前往后四张 A 所在的位置一共有 C(52, 4) 种可能的情况，分别为 (1, 2, 3, 4), (1, 2, 3, 5), (1, 2, 3, 6), …, (49, 50, 51, 52) 。其中，形如 (3, ?, ?, ?) 的情况显然比形如 (4, ?, ?, ?) 的情况更多，因为前者的问号处可以有更丰富的取值。
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